1 Université Claude Bernard Lyon 1 MASTER M1-G Algèbre CORRECTION DE L’EXAMEN Problème 1 A. Préliminaires. 1. Voir le cours. 2. Voir le cours. 3. Les inversibles de Z[i] sont les éléments a + bi tels que a2 + b2 = 1. On trouve donc, 1 = 13 , i = (−i)3 , −1 = (−1)3 , −i = i3 . 4. Le lemme du cours dit que, dans un anneau factoriel, si z et z 0 sont premiers entre eux, et zz 0 est un cube, alors z et z 0 sont des cubes modulo un élément inversible. Comme Z[i] est euclidien, il est factoriel, et comme tous ses inversibles sont des cubes, z et z 0 sont des cubes. B. Réduction du problème. 1. On a y + i = (m + ni)3 = m3 − 3mn2 + i(3m2 n − n3 ). Donc, par identification, y = m(m2 − 3n2 ) et 1 = n(3m2 − n2 ). La seconde égalité dit que n divise 1, donc n = ±1. 2. Si n = 1, alors 3m2 − 12 = 1, et donc m n’est pas entier. Si n = −1, alors m = 0, et on obtient bien y = 0 et x = 1. C. Cas où y est impair. Le but de cette section est de montrer que si y est pair, alors (y + i) est bien un cube. On suppose ici que y est pair et que d ∈ Z[i] divise (y + i) et (y − i). 1. Si d divise (y + i) et (y − i), alors d divise 2i et (y + i). Comme N est multiplicative, à valeur dans N, il vient que N (d) divise N (2i) = 4 et N (y + i) = y 2 + 1 dans N. 2. Comme N (d) divise une puissance de 2, N (d) vaut 1 ou est pair. Or, N (d) divisey 2 + 1, qui est impair. Donc, N (d) = 1 et d est inversible. 3. On a montré que (y + i) et (y − i) étaient premiers entre eux et donc (y + i) est un cube, par la partie A. D. Cas où y est impair. 1. On a comme ci-dessus N (d) divise N (2i) = 4 et N (y + i) = y 2 + 1. Or, y étant impair, y est congru à ±1 modulo 4, donc, y 2 + 1 est congru à 2 modulo 4. Conclusion, N (d) divise 2. Si N (d) = 2, avec d = a2 + b2 , alors a2 + b2 = 2 implique que a, b = ±1, donc d = 1 + i modulo les inversibles. Si N (d) = 1, alors d est inversible. 2. (a) Soit e dans Z[i] divisant Z et Z. On note que −iZ(1 + i) = Z(1 − i) = y − i. Alors, e(1 + i) divise y + i et y − i. Donc, N (e(1 + i)) divise 2 par ce qui précède. Donc N (e) = 1 et e est inversible. (b) Comme y est impair et y 2 + 1 = x3 , il vient que x3 est pair, donc, x est pair. De plus, 3 3 ZZ = (y+i)(y−i) (1+i)(1−i) = x /2 = 4X . 2 (c) On a donc que 1 + i divise le membre de droite et donc le membre de gauche. Or, 1 + i est irréductible (et non inversible) puisque sa norme l’est dans Z. Dans l’anneau factoriel (puisque euclidien) Z[i], cela veut dire que 1 + i est premier. Il divise donc, soit Z, soit Z. Supposons qu’il divise Z, alors 1 − i divise Z, et donc 1 + i divise Z. En contradiction avec le fait que Z et Z sont premiers entre eux. 3. Si y est impair, alors c’est impossible. Problème 2 n A. Factorisation de X q − X sur Fq . n 1. Si α est une racine de P alors α est aussi une racine de X q − X et donc, α ∈ Fqn . Or, comme P est irréductible de degré d, on sait que Fq [alpha], le corps de rupture de P sur Fq est de degré d sur Fq . Par unicité, on sait que Fq [alpha] = Fqd . Donc, d’après ce qui précède, Fqd ⊂ Fqn , ce qui implique que d divise n. 2. (a) Comme P annule α, il est multiple du polynôme minimal de α et comme P est irréductible, on a égalité. n (b) Comme α est dans Fqd et que d divise n, il vient que α ∈ Fqn . Donc, X q − X annule n α et ainsi, P , le polynôme minimal de α, divise X q − X. n 3. Posons Q = X q − X. Si β est une racine multiple de Q, alors β annule Q et Q0 = −1. Absurde car −1 6= 0. Donc, Q n’a que des racines simples. Q Comme Fq [X] est factoriel, Q se décompose en a Pini , avec Pi irréductibles distincts et a dans F∗q . Comme Q n’a que des racines simples, on a ni = 1. D’après les questions précédante, les Pi sont exactement les polynômes de Pd , avec d divise n. Et comme tous les polynômes en présence sont unitaires, on a a = 1. D’où la factorisation demandée. B. Etude de la suite pn . 1. Les polynômes unitaires de Fq [X] dePdegré 1 sont de la forme X − a, a ∈ Fq sont tous irréductibles. Donc,p1 = q. L’égalité d|n dpd = q n provient de l’égalité des degrés dans la factorisation précédente. 2. Si on pose pi , 1 ≤ i ≤ ν(n), les nombres premiers qui divisent n, on a Dn,k = {pi1 · · · pik , 1 ≤ i1 < · · · < ik ≤ ν(n)}. Par unicité de la décomposition en facteurs premiers, le cardinal de Dn,k est égal à ν(n) k . P P P n 3. On pose vn = 0≤k≤ν(n) d∈Dn,k (−1)k q d . Calculons rn := d|n vd . Notons que rn est une somme de puissances de q divisant n. Le coefficient en q n est 1. Pour tout d divisant 0 n, le terme en q d provient du développement des vd0 , avec d0 divisant n, tels que dd ∈ 0 S. Si dd ∈ Sk , le terme en q d dans vd0 est (−1)k . Donc, le terme en q d dans rn vaut P k ν(n/d) = 0, si d 6= n et 1 si d = n. Conclusion, r = q n . Comme n 0≤k≤ν(n/d) (−1) k r1 = v1 = q. On a bien que les suites vn et un suivent les mêmes récurrences. Donc, X X n npn = un = vn = (−1)k q d . 0≤k≤m d∈Dn,k C. Propriétés de la suite (pn ). n −1 ≤ q n − 1 < q n . On a 1. La formule de la série géométrique donne 1 + q + · · · + q n−1 = qq−1 donc, pour tout n, un ≥ q n − (q n−1 + · · · + q + 1) > 0. Donc, pn = unn > 0. 3 P P n n 2. On a |q −n un − 1| ≤ |q −n 0<k≤m d∈Dn,k (−1)k q d | ≤ q −n + · · · + q −E( 2 ) . Par la formule de la série géométrique, celle-ci tend vers 0. Conclusion, pn et n1 q n sont équivalentes quand n tend vers l’infini. D. Applications. 1. D’après C, pn est non nul, donc, il existe un polynôme irréductible P de degré n sur Fq . Le corps de rupture K de P sur Fq est donc de degré n. On a donc un α tel que Fq [α] = K = Fqn , puisque K est de degré n sur Fq . Par construction, α ∈ Fqn . 2. Soit q = p un nombre premier. On sait donc qu’il existe un polynôme unitaire irréductible de degré n dans Fp [X]. On peut le relever en un polynôme P unitaire de Z[X] de degré n. Comme P est irréductible modulo p, il est irréductible sur Z. Comme P est irréductible sur Z factoriel, il est irréductible sur Q. Le corps de rupture de P constitue donc une extension de Q de degré n. Ah ? On peut aussi faire ça avec le critère d’Eisenstein puisque X n − 2 est irréductible sur Z donc sur Q. Ok... D. Une famille d’exemples pour les survivors. 1. (a) Puisque α est une racine de R, c’est aussi une racine de X p − X − 1. Donc, F r(α) = αp = α + 1, où F r désigne l’automorphisme de Frobenius. P P De plus, comme R = i ai X i est à coefficients dans Fp , on a i ai αi = 0 implique X X X ai F r(α)i = F r(ai )F r(αi ) = F r( ai αi ) = 0. i i i Ce qui prouve que α + 1 est encore racine de R. (b) Donc, α + 1, α + 2, . . . , α + p − 1 sont encore des racines de R. De plus, ces racines sont distinctes, puisque les 1, 2, . . . , p − 1 sont distincts. Donc, R possède au moins p racines distinctes, il est de degré ≥ p. Comme R divise Qp , il lui est égal et donc Qp est irréductible. 2. Si Qp se réduisait sur Z, on aurait Qp = ST avec S et T dans Z, donc unitaires de degré > 0. On aurait alors Qp = ST . Avec S et T unitaires de même degré, respectivement que S et T , donc non inversibles. Ce qui est en contradiction avec le fait que Qp est irréductible. Conclusion, Qp est irréductible sur Z, et comme Z est factoriel, il est irréductible sur Q.